Problema2

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SESSIONE SUPPLETIVA -

2015

PROBLEMA 2

La rotazione intorno all’asse x dei grafici della famiglia di funzioni:

𝑓_𝑘(𝑥) =_4𝑘𝑥 √𝑘2_{− 𝑥 𝑐𝑜𝑛 𝑥 ∈ ℝ, 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑘}2 _{, 𝑘 ∈ ℝ , 𝑘 > 0}

genera dei solidi di rotazione di forma aerodinamica.

1)

In un riferimento cartesiano Oxy, traccia i grafici delle funzioni 𝑓_𝑘(𝑥), 𝑝𝑒𝑟 𝑘 = 1, 𝑘 = 2, 𝑘 = 3 e determina il valore di k per il quale il volume del solido di rotazione

assume il valore 64𝜋

192.

Studiamo la generica funzione: 𝑦 = 𝑓𝑘(𝑥) = 𝑥 4𝑘√𝑘

2_{− 𝑥}

Dominio: la funzione esiste quando 𝑘2_{− 𝑥 ≥ 0 , 𝑞𝑢𝑖𝑛𝑑𝑖: 𝑠𝑒 𝑥 ≤ 𝑘}2_{; il dominio della}

funzione è quindi quello fornito: 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑘2 _{; in tale intervallo la funzione non è mai}

negativa.

Visto il dominio, la funzione non può essere pari né dispari.

Intersezioni con gli assi cartesiani:

𝑆𝑒 𝑥 = 0, 𝑦 = 0. 𝑆𝑒 𝑦 = 0 , 𝑥 = 0 𝑒𝑑 𝑥 = 𝑘2

Essendo la funzione continua in un intervallo chiuso e limitato non occorre calcolare

alcun limite. Derivata prima (𝜕

𝜕𝑥(𝑓(𝑥)) 𝑠𝑡𝑎 𝑝𝑒𝑟 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑡𝑎 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑎 𝑑𝑖 𝑓(𝑥)):

Essendo 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑘2 𝑒 𝑘 > 0, risulta: 𝑓′(𝑥) ≥ 0 𝑠𝑒 2𝑘2 _{− 3𝑥 ≥ 0 , 0 ≤ 𝑥 ≤}2𝑘2

3 ; quindi la funzione cresce se 0 ≤ 𝑥 < 2𝑘2

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decresce se 2𝑘2

3 < 𝑥 < 𝑘

2_{: pertanto 𝑥 =}2𝑘2

3 è un punto di massimo relativo (e assoluto).

Notiamo che la funzione non è derivabile se 𝑥 = 𝑘2 _{e risulta:}

lim

𝑥→(𝑘2₎−𝑓

′_{(𝑥) = −∞}

quindi 𝑥 = 𝑘2 è un punto a tangente verticale.

Derivata seconda (𝜕 𝜕𝑥( 𝜕 𝜕𝑥(𝑓(𝑥))) 𝑠𝑡𝑎 𝑝𝑒𝑟 𝑑𝑒𝑟𝑖𝑣𝑎𝑡𝑎 𝑠𝑒𝑐𝑜𝑛𝑑𝑎 𝑑𝑖 𝑓(𝑥)): Risulta 𝑓′′_{(𝑥) ≥ 0 𝑠𝑒 3𝑥 − 4𝑘}2 _{≥ 0 , 𝑥 ≥}4 3𝑘

2 _{: mai per le limitazioni sulla x; pertanto il}

grafico della funzione, per ogni k, volge la concavità verso il basso. I grafici per k=1, k=2 e k=3 sono i seguenti:

Per k=1 il massimo assoluto ha coordinate: 𝑀₁(2

3; √3 18)

Per k=2 il massimo assoluto ha coordinate: 𝑀₂(8

3; 2√3

9 )

Per k=3 il massimo assoluto ha coordinate: 𝑀3(6;√3₂)

Volume solido di rotazione: 𝑉 = 𝜋 ∫ 𝑓_𝑎𝑏 2(𝑥)𝑑𝑥.

𝑉 = 𝜋 ∫ 𝑥 2 16𝑘2(𝑘2− 𝑥)𝑑𝑥 = 𝜋 16𝑘2 𝑘2 0 ∫ (𝑘2_𝑥2_{− 𝑥}3_{)𝑑𝑥 =} 𝜋 16𝑘2 𝑘2 0 ∙ [𝑘 2_𝑥3 3 − 𝑥4 4 ] 0 𝑘2 =

Suppletiva 2015 - Problema 2 _{3/ 4} www.matefilia.it = 𝜋 16𝑘2∙ [ 𝑘8 3 − 𝑘8 4] = 𝜋 16𝑘2∙ 𝑘8 12= 𝜋 ∙ 𝑘6 192= 64𝜋 192 𝑠𝑒 𝑘 6 _{= 64 , 𝑘 = 2.}

2)

Calcola il diametro massimo dei solidi di rotazione in funzione di k, e determina il valore dell'angolo formato dalla tangente al grafico di 𝑓_𝑘 con l'asse x per x=0.

Il diametro massimo dei solidi di rotazione è pari al doppio dell’ordinata del punto di massimo, quindi è dato da:

2𝑓 (2𝑘 2 3 ) = 2 ∙ 2𝑘2 3 4𝑘 √𝑘2− 2𝑘2 3 = 2 ∙ 𝑘 6√ 1 3𝑘2 = 𝑘 3∙ 𝑘 ∙ √ 1 3= 𝑘2 3 ∙ √3 3 = √3 9 ∙ 𝑘 2 _{= 𝑑 𝑚𝑎𝑥}

Il diametro massimo dei solidi di rotazione in funzione di k è √3

9 ∙ 𝑘 2_. Per x=0 si ha: 𝑓′(0) = 2𝑘2 8𝑘√𝑘2 = 2𝑘2 8𝑘2 = 1

4 = 𝑚 = 𝑡𝑔(𝛼), essendo 𝛼 l’angolo formato con l’asse x dalla

tangente al grafico di 𝑓𝑘 per x=0. Risulta quindi:

𝑡𝑔(𝛼) = 1

4 𝑑𝑎 𝑐𝑢𝑖 𝛼 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 ( 1

4) = 14°2′10", 5

L’angolo formato con l’asse x dalla tangente al grafico di 𝑓_𝑘 per x=0 vale 14°2′10", 5.

3)

Assumendo che la distribuzione della massa sia omogenea, il baricentro del corpo di rotazione si trova sull’asse x, per ragioni di simmetria. Determina l’ascissa 𝑥_𝑆 del

baricentro in funzione del parametro k, sapendo che vale:

𝑥_𝑆 = 𝜋 ∫ 𝑥[𝑓𝑘(𝑥)]

2_𝑑𝑥 𝑏

𝑎

𝑉

dove gli estremi di integrazione a e b vanno scelti opportunamente, e V indica il volume del solido di rotazione.

Gli estremi a e b di integrazione sono rispettivamente: 𝑎 = 0 𝑒 𝑏 = 𝑘2, corrispondenti alle intersezioni con l’asse x del grafico della funzione 𝑓𝑘(𝑥).

Risulta: 𝑥_𝑆 = 𝜋 ∫ 𝑥[𝑓𝑘(𝑥)] 2_𝑑𝑥 𝑏 𝑎 𝑉 = 𝜋 ∫ 𝑥 [𝑘2 _4𝑘𝑥 √𝑘2_{− 𝑥]}2_𝑑𝑥 0 𝜋 ∙₁₉₂𝑘6 =192 𝑘6 ∙ 1 16𝑘2∙ ∫ 𝑥3(𝑘2− 𝑥)𝑑𝑥 𝑘2 0 =

Suppletiva 2015 - Problema 2 _{4/ 4} www.matefilia.it = 12 𝑘8 ∙ ∫ (𝑘 2_𝑥3_{− 𝑥}4_{)𝑑𝑥 =} 𝑘2 0 12 𝑘8 ∙ [ 𝑘2_𝑥4 4 − 𝑥5 5] 0 𝑘2 =12 𝑘8 ∙ [ 𝑘10 4 − 𝑘10 5 ] = 12 𝑘8 ∙ 𝑘10 20 = 3𝑘2 5 L’ascissa x_S del baricentro in funzione del parametro k è 𝑥_𝑆 =3𝑘2

5 .

4)

All’interno del solido di rotazione generato da 𝑓_𝑘 , 𝑝𝑒𝑟 𝑘 = 3, si vorrebbe collocare un

cilindro di raggio 0,5 e di altezza 6. Verifica se ciò è possibile, motivando la tua risposta.

Il cilindro indicato ha volume: 𝑉(𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜) = 𝜋𝑅2_{ℎ = 𝜋 ∙ 0.5}2_{∙ 6 =}3

2𝜋 ≅ 4.712.

Il volume del solido di rotazione è 𝜋 ∙ 𝑘6

192 , che, per k=3, assume il valore: 11.928

Quindi, dal punto di vista del volume il cilindro si può collocare. Ricordiamo che il diametro massimo del solido di rotazione è √3

9 ∙ 𝑘

2_{, che per k=3}

assume il valore √3; quindi il cilindro, che ha diametro uguale ad 1, può essere collocato con il piano di base perpendicolare all’asse x.

Cerchiamo l’intersezione della curva 𝑓₃(𝑥) =_4𝑘𝑥 √𝑘2_{− 𝑥 =} 𝑥

12√9 − 𝑥 con la retta di

equazione y=0.5 (graficamente si può già dire che ci sono due intersezioni):

1 2 =

𝑥

12√9 − 𝑥 da cui, elevando al quadrato: 1 = 𝑥2

36(9 − 𝑥) , 36 = 9𝑥

2_{− 𝑥}3 _,

𝑥3− 9𝑥2+ 36 = 0: questa equazione ha una soluzione approssimata in 𝑥 = 2.3 (per esempio con il metodo di bisezione si scopre che tale soluzione è compresa tra 2.3 e 2.4); siccome 2.3 + 6 = 8.3 < 9 e 2.4 + 6 = 8.4 < 9 il cilindro può essere collocato

dentro il solido di rotazione che si ottiene per 𝑘 = 3 se 𝑓₃(8.3) 𝑒𝑑 𝑓₃(8.4) sono maggiori di 0.5. Ed in effetti risulta: 𝑓₃(8.3) ≅ 0.58 > 0.5 , 𝑓₃(8.4) ≅ 0.54 > 0.5: quindi il cilindro è collocabile all’interno del solido di rotazione.